Föreläsningar i Mekanik (FMEA30) Del 2: Dynamik. Läsvecka 4
|
|
- Göran Nyberg
- för 5 år sedan
- Visningar:
Transkript
1 Föreläsningar i Mekanik (FMEA30) Del : Dynamik Läsvecka 4 Föreläsning 1 Momentancentrum, tillämpningar: (5/5-5/6) etrakta en plan rörelse för kroppen med vinkelhastigheten ω= k ω, ω 0. v = v + ω r = v = v + kω r A A A A Figur 1.1 Stel kropp i plan rörelse. Kan man då finna en punkt C sådan att v = C 0? m så är fallet gäller att v = ω r, (1.1) C Det vill säga en ren rotationshastighet kring C. Notera att om v C = 0 så gäller att vc = 0, C sådana att rcc = λk, λ. Detta eftersom vc = vc + ω rcc = 0+ ω rcc = kω kλ = 0. Antag nu att v = ω r C. Då följer att ω v = ω ( ω r ) = ( ω r ) ω= ( r ω ω ωω r ) = r (1.) C C C C Cω där vi antagit att C valts så att k r C = 0. Detta är alltid möjligt ty om v = 0 C och k r C 0 så kan vi välja C så att rcc = kkr ( C ). Då gäller att v C = 0 och k rc = k ( rcc + r C) = k ( kkr ( ) + r ) =. Se Figur 1. nedan. Då gäller C C 0 ω v ω v k v rc = rc = = =, ω 0 ωω ω ω (1.3) 1
2 unkterna C definierade av k v rc = + λk, λ (1.4) ω definierar en rät linje som kallas den plana rörelsens momentancentrum (momentana rotationsaxel). Momentancentrum Rörelseplan Figur 1. Momentancentrum. Figur 1.3 Momentancentrum. Av ekvation (1.3) framgår att vektorn r C är vinkelrät mot såväl v som ω. Detta kan utnyttjas för grafisk konstruktion av momentancentrum. Antag plan rörelse och att hastigheterna v A och v är givna, se nedanstående Figur 1.4. Vi antar att punkterna A och är sådana att r A k = 0. Momentancentrum kan då konstrueras genom att dra den linje i rörelseplanet som går genom punkten A och är vinkelrät mot hastigheten v A och dra den linje i rörelseplanet som går genom punkten och är vinkelrät mot hastigheten v. Skärningspunkten C mellan dessa linjer är momentancentrum. Låt rörelseplanet vid plan rörelse vara x-y-planet, dvs. vinkelhastigheten är ω= k ω så gäller t.ex. att A va = ω rca va = va = ωr CA = ω rca ω = = (1.5) rca rc v v
3 r C Figur 1.4 eometrisk konstruktion av momentancentrum. roblem 5/86 If the vertical control rod of the switching device has a downward velocity v = 0. 9ms 1 when θ = 60 and if roller A is in continuous contact with the horizontal surface, determine the magnitude of the velocity of C for this instant. Figur 1.5 roblem 5/86. Lösning: Konstruera momentancentrum M för länken AC enligt figuren nedan. ω a ω b Figur 1.6 Lösning 5/86. 3
4 v Det gäller att v = ωb = ω sin60 vilket ger ω = = rads sin60 1. Dessutom har vi vc = v = ω a där a = ( cos60 ) + ( sin 60 ) = m. Detta ger C v = v = ω a = rads m = ms C C 1 1 Då ett hjul rullar utan att glida gäller att v C = 0, dvs. punkten C är momentancentrum för rörelsen och därmed har vi följande uttryck för hjulets hastighetsfält v = ω r (1.6) A CA I figuren till höger nedan visas hastigheten för de punkter som ligger på hjulets vertikala diagonal. Notera att farten växer lineärt med avståndet till kontaktpunkten C. A D D C C Figur 1.7 lan rullning utan glidning. Exempel 1.1 The small cylinder rolls on the surface of the large cylinder without slipping. y using the instantaneous center of the small cylinder, determine the speed v A of point A shown, where θ = 30 and is increasing at the rate θ. Figur 1.8 Exempel 1.1. Lösning: Eftersom den lilla cylindern rullar utan att glida så utgör kontaktpunkten mellan cylindrarna momentancentrum C. Låt ω= k ω beteckna set lilla hjulets vinkelhastighet. 4
5 C Figur 1.9 Lösning Exempel 1.1. Lösning: Centrumpunktens fart a = r = r cos 30. Således CA v = θ3r = ωr ω = 3 θ. unktens A fart v = ωa = 3 θa där A va = ωa = 3 θr cos = 3 3r θ Exempel 1. En stång A lutar mot en vägg och stöder samtidigt mot ett golv. Stången börjar glida nedåt i kontakt med både vägg och golv. Se figuren nedan. Momentancentrum C ges av konstruktionen nedan. När stången glider rör sig momentancentrum längs en kurva i rummet som (på engelska) benämnes space centrode. m man betraktar rörelsen hos C i förhållande till stången så erhålles en som kallas body centrode. Man kan visa att i detta exempel är såväl body som space centrode cirklar och att rörelsen hos stången kan beskrivas på så sätt att body centrode rullar utan att glida på space centrode. A C Space centrode ody centrode Figur 1.10 ody and space centrode. Denna konstruktion gäller för alla stela kroppar i plan rörelse. bservera att space centrode är en kurva fix i rummet och att body centrode är en kurva fix i kroppen, d v s den följer med kroppen i dess rörelse. Vid varje tidpunkt tangerar de båda kurvorna varandra i det för tidpunkten aktuella momentancentrat. 5
6 Figur 1.11 ody and space centrode. För plan rullning utan glidning gäller att hjulets periferi utgör body centrode och rullningslinjen utgör space centrode. Se nedanstående figur. ody centrode D C Space centrode Figur 1.1 lan rullning utan glidning. roblem 5/115 In a mechanism the flexible (and inextensible) band F is attached at E to the rotating sector and leads over the guide pulley. Determine the angular velocities of the links AD and D for 1 the position shown, where D is perpendicular to A, if the band has a speed of 4ms. v A k v A v Figur 1.13 roblem 5/115. Lösning: Vi inför vinkelhastigheterna ωad = k ωad och ωd = k ωd för länkarmarna AD och D, respektive samt vinkelhastigheten ωs = k ωs för sektorskivan. Sambandformeln för hastigheter tillämpad på sektorskivan ger, då v = 0, 6
7 v = v + ω r = kω r = e ω 0. ω 0. = 4 ω = 0rads E S E S E t S S S 1 Då gäller att va = v + ωs ra = kωs ra = jωs = j = j. 5ms. Vi övergår nu 1 till länken AD. Sambandsformeln ger vd = va + ωad rad = j. 5ms + kωad r AD där r = AD i( 0. m) + j ( 0. 15m). Detta ger 1 v = j. 5ms + kω ( i( 0. m) + j ( 0. 15m)) = D AD 1 iω 0. 15m + j (. 5ms + ω ( 0. m)) Slutligen betraktar vi länken D. Sambandsformeln ger AD 1 v = v + ω r = iω 0. 15m + j(. 5ms ω 0. m) + kω r D D D AD AD D D där r = j 0. 5m. Således D 1 v = iω 0. 15m + j(. 5ms ω 0. m) + kω j 0. 5m = AD AD D AD 1 i( ω 0. 15m ω 0. 5m) + j (. 5ms ω 0. m) (1.7) AD D AD Men punkten är fix och därmed gäller v = 0. Detta i kombination med (3.7) ger villkoren ω AD m ω 0. 5m = 0,. 5ms ω 0. m = m 1 D v s ω AD = 1. 5rads and ωd = ωad = ωad 0. 6 = 7. 5rads. 0. 5m D Exempel 1.3 Calculate the angular acceleration of the plate in the position shown, where control link 1 A has a constant angular velocity ω A = 4rads and θ = 60 for both links. AD Figur 1.14 Exempel 1.3. Lösning: Inför vinkelhastigheterna ωa = k ωa och ωc = k ωc för länkarna A och C, 7
8 respektive. Låt ωd = k ωd beteckna vinkelhastigheten för plattan. Det gäller att ( v = 0) Vidare gäller att kω ( i( 0. 5cos θ) + j0. 5sin θ) = i( ω 0. 5sin θ) + j ( ω 0. 5cos θ) A A A v = v + ω r = i( ω 05. sin θ) + j( ω 05. cos θ) + kω i 03. = A D A A A D Å andra sidan har vi om vi betraktar länken C: i( ω 05. sin θ) + j ( ω 03. ω 05. cos θ) (1.8) A D A v = v + ω r = kω ( i( 0. 15cos θ) + j0. 15sin θ) = i ( ω 0. 15sin θ) + C C C C C En jämförelse mellan (1.8) och (1.9) ger villkoren j ( ω 0 C. 15 cos θ ) (1.9) ω 0. 5sin θ = ω 0. 15sinθ, ω 0. 3 ω 0. 5 cos θ = ω cosθ A C D A C Detta ger ωc = ωa och ω D = 0. Inför vinkelaccelerationerna αa = k αa och αc = k αc för länkarna A och C, respektive. Låt αd = k α D beteckna vinkelaccelerationen för plattan. Det gäller att α A = 0 och därmed ( a = 0) a = a + α r + ω ( ω r ) = ω ( ω r ) = ω r A A A A A A A A A A A = 0 och med sambandsformeln för acceleration tillämpad på plattan α = α + α r + ω ( ω r ) = α + α r = ω r + kα r (1.10) A D A D D A A D A A A D A Med utgångspunkt från länken C erhålles ( a = 0) C α = αc + αc rc + ωc ( ωc rc ) = αc rc + ωc ( ωc rc ) = kαc rc ωcr C (1.11) Ekvationerna (1.10) och (1.11) ger villkoret 1 ω r + kα r = kα r ω r = kα r 4ω r = kα r ω r A A D A C C C C C C A A C C A A vilket innebär va = v + ωa ra = ωa ra = kωa ( i( 0. 5cos θ) + j0. 5sin θ) = ω r α k r α k r A A + D A C C = 0 8
9 Med insatta uttryck för r A, r A och r C erhålles ω ( i( 0. 5cos θ) + j0. 5sin θ) + α k i0. 3 α k ( i( 0. 15cos θ) + j0. 15sin θ) = 0 A D C vilket är ekvivalent med ω 0. 5cos θ α 0. 15sinθ = 0, ω 0. 5sin θ + α α cosθ = 0 A och detta ger C A D C ωa0. 5 = ad0. 3sin θ ad = ωa = ( 4rads ) = 15. 4rads 03. sin θ 03. sin60 1 Sammanfattning (Stel kropps kinematik) Stel kropps hastighets och accelerationsfält: lan rörelse: ω= k ω v = v + ω r, A A a = aa + a/ A = aa + α ra + ω ( ω ra ), C = v k Momentancentrum C : r, v = ω r C ω lidhastighet vid rullning mot fixt plant underlag: vglid = vd ωr vd Rullning utan glidning: vglid = 0 ω = r 9
10 Föreläsning : Mekanikens lagar, allmänt (6/1-6/). etrakta en kropp som påverkas av ett system av yttre krafter F y :( df, dm, ), df representerar en kraft och, där dm ett moment (ett kraftparsmoment) angripande i den materiella punkten. Kraftsystemets kraftsumma F och kraftmomentsumma M ges av F = df, M = ( r df + dm ) (.1) där r är lägesvektorn för relativt. ivet en referensram. Kroppens rörelsemängd och rörelsemängdsmoment H, relativt den valda referensramen, definieras av = v dm H = r v dm, (.) där v är hastigheten för den materiella punkten och dm är tillhörande masselement. Figur.1 En kropp under belastning. Mekanikens grundläggande lagar kan nu uttryckas med hjälp av de fyra storheterna F,, och H. I en inertialram ges dessa lagar ges av, Kraftekvationen: M F = (.3) Momentekvationen: M = H (.4) 10
11 där är en fix punkt i inertialramen. Dessa ekvationer gäller för all kroppar och brukar med ett sammanfattande namn kallas för kroppens rörelseekvationer. När man analyserar kroppars rörelse krävs således, (i) en identifiering av den aktuella kroppen med avseende på geometri, massfördelning och inre mekaniska egenskaper, (ii) en beskrivning av systemet av yttre krafter F y. Dessa två steg brukar kallas att frilägga kroppen. Därefter (iii) ger man en representation av kroppens rörelse r = r () med hjälp av koordinater, (iv) ställer man upp rörelseekvationerna (.3)-(.4), (v) fastställer man av begynnelsedata, (vi) bestämmer man den lösning till rörelseekvationerna som uppfyller begynnelsedata. Kraftekvationen kan ges en alternativ framställning av stor praktisk betydelse. För kroppens rörelsemängd gäller nämligen d d = v dm = r dm = dm ( m) m m dt r = r dt = r = v (.5) 1 där betecknar kroppens masscentrum definierad av r = dm m r och m = dm > 0 kroppens totala massa. Kraftekvationen kan då, enligt (1.3), skrivas F = = v, dvs. m är F = a (.6) m där v = r är masscentrums hastighet och a = v är dess acceleration. Detta kan sägas vara ett uttryck för Newton s andra lag. Kraftekvationen beskriver således masscentrums rörelse och leder till differential ekvationen med begynnelse data 1 r () t = F() t (.7) m r ( 0 ) = r, r ( 0 ) = v (.8) Vi kan således betrakta masscentrum rörelse som rörelsen hos en punktmassa med massan m påverkad av kraften F. Se nedanstående figur. Masscentrums rörelse blir således ekvivalent med ett problem i partikeldynamiken. Hur man hanterar dessa problem lärde vi oss i Del 1. Momentekvationen kan även den ges en alternativ framställning. Vi har nämligen H = d dm = + dm = dm at r v r v r v r a v a
12 och därmed M = r a dm Figur. Masscentrums rörelse. Kroppens rörelse kring sitt masscentrum bestäms av momentekvationen. Detta blir tydligast om momentekvationen uttrycks med masscentrum som momentpunkt. Kroppens rörelsemängdsmoment H, med avseende på masscentrum, ges av H = r v dm (.9) Figur.3 Relativa lägesvektorn r. Eftersom r = r + r så följer att H = r v dm = ( r + r ) v dm = r och dm = r v dm + H = r + H H 1, d v s vi har följande samband mellan H H = H + r (.10)
13 Av detta följer, om är en fix punkt, att H = H r r = M v v m r F = M där vi utnyttjat (.3)-(.4) samt sambandformeln för kraftmoment M = M + r F. Momentekvationen kan således skrivas M = H (.11) Vi inför det relativa rörelsemängdsmomentet enligt definitionen H = r r dm, rel (.1) där vi i definitionen (.9) bytt ut den absoluta hastigheten v mot den relativa hastigheten r, d v s den materiella punktens hastighet relativt masscentrum, r = v v. m vi sätter in detta i (.1) erhålles d v s H, = r r dm = r ( v v ) dm = H r dm v = H ( ( rel = 0 H = H (.13), rel Momentekvationen kan då, enligt 81.11) och (1.13), skrivas M = H (.14), rel Exempel.1: Antag att en kropp rör sig i ett homogent tyngdkraftfält med tyngdaccelerationen g. m inga andra yttre krafter verkar på kroppen gäller att kraftsumman kan skrivas F = df = gdm = g dm = gm och rörelseekvationen för masscentrum ges då av 1 1 r = F m m = g m = g Vilket, med begynnelsevillkoren (.8), ger lösningen r = v + gt r () t = r + v t+ g t d v s kastparabeln. Momentsumman med avseende på masscentrum ges av M = r g dm = r dm g = 0, eftersom r dm = 0. Av (.11) följer då att 13
14 0 = H H () t = H ( 0) = H 0, d v s kroppens rörelsemängdsmoment, m. a. p., är konstant. Figur.4 Kropp i tyngdkraftfältet. Sammanfattning (Mekanikens lagar, allmänt) Kraft- och momentsumma: F = df, M = ( r df + dm ), Rörelsemängd: = vdm Rörelsemängdsmoment: H = r v dm Kraftekvationen: F = Momentekvationen ( fix i inertialramen): M = H Momentekvationen ( masscentrum): M = H = H, rel Stel kropps rörelse: Vi specialiserar nu uttrycket för rörelsemängdsmomentet till stel kropp. Enligt (1.1) och sambandet r = ω r gäller att H, rel = r ( ω r ) dm = I ω (.15) där vi infört beteckningen I u= r ( u r ) dm (.16) 14
15 Detta skall tolkas så att I är en avbildning av det tredimensionella vektorrummet på sig självt, d v s I avbildar vektorn u på vektorn I u enligt uttrycket (.16) ovan. Det gäller att I är en lineär avbildning (jämför med Lineär algebra), d v s I ( u+ v) = I u+ I v, uv,, I ( αu) = αi u, u, α (.17) Speciellt gäller att I 0 = 0. Den lineära avbildningen I kallas kroppens tröghetstensor m a p. Momentekvationen kan nu skrivas d M = ( Iω ) (.18) dt Rörelsen (hastighetsfältet) för den stela kroppen är entydigt bestämd av masscentrums hastighet v = v () t och kroppens vinkelhastighet ω = ω () t. Dessa båda tidsfunktioner skall uppfylla rörelseekvationerna d F = am= v m, M = ( Iω ) (.19) dt Exempel. För en stel kropp i plan rörelse gäller ω= k ω där k är en konstant enhetsvektor vinkelrät mot rörelseplanet. Lår beteckna kroppens masscentrum. Då gäller H = Iω= ω Ik där I k = r ( k r ) dm r = ix + jy + k z erhålles och vi kan skriva r ( k r ) = kr ( r ) r ( kr ). Med r ( k r ) = k( x + y + z ) ( ix + jy + kz ) z = i( x z ) + j( y z ) + k ( x + y ) och därmed Ik = r ( k r) dm = i( xzdm) + j( yzdm) + k( x + ydm) = ( ( ( (( ( (( I, xz I, yz I, zz ii + ji + k I, xz, yz, zz där I, = x z dm, I, xz = y z dm och I, = x + y dm yz zz definierar den stela kroppens tröghetsegenskaper. I, zz är kroppens tröghetsmoment med avseende på axeln (, k ). I, xz och, yz I är kroppens tröghetsprodukter. Vi noterar att I, zz 0. Mer om detta längre fram. 15
16 Momentekvationen ger då d d M = ( Iω) = ( Ik ω) dt dt För momentekvationens z-komponent gäller då M d d d = k M = k ( I ω) = ( k I kω) = ( I ω) dt dt dt z, zz, I, zz eftersom zz I, = k I k = k r ( k r ) dm = k r dm = x + y dm Sammanfattning (Mekanikens lagar, stel kropp) Kraftekvationen: F = a m d Momentekvationen ( masscentrum): M = ( Iω ) dt Tröghetstensorn: I u= r ( u r ) dm Föreläsning 3: Translationsrörelse (6/3). m en kropp, stel eller inte stel, utför en translationsrörelse så gäller att Då gäller att v = v, H = r v dm = r v dm = rdm v = 0 = 0 Vid translationsrörelse av en kropp gäller således rörelseekvationerna F = a, M = 0 (3.1) m För specialfallet stel kropp gäller ju vid translationsrörelse att ω( t) = 0, t och därmed 16
17 d M = ( Iω) = 0 dt Figur 3.1 Translationsrörelse. Exempel 3.1 The uniform 100-kg pole A is suspended in the horizontal position by the three wires shown. If wire C breaks, calculate the tension in the wire D immediately after the break. Figur 3. Exempel 3.1. Lösning: etrakta pålen i ögonblicket t = 0, omedelbart efter det att vajer C gått av. Frilägg pålen, inför spännkrafter i vajrarna S och S, respektive samt tyngdkraften mg. ålen utför en translationsrörelse. Detta följer av att va() t = v () t ω() t ra = kω() t i = jω() t = 0 AC D ω ( t) = 0, t 0. Figur 3.3 Lösning Exempel
18 Rörelseekvationerna (.19) ger: r S + r S = 0 SAC + SD + mg = a m, A AC C där ra = r = i ( m). Låt r = e r a där a = r =. 5m, SAC = e ns AC och SD = e nsd. Med g g = ( et e n) och a = e tat erhålles ekvationerna ensac + ensd + m( et en) g = e mg t + en( S mg AC + SD ) = e t am t Detta ger de skalära ekvationerna r ( S S ) = i e ( S S ) = k ( S S ) = 0 D AC n D AC D AC mg am mg S + S = 0, SC SAC = 0 t =, AC D och därmed g mg at = = 6. 9ms, SD = S AC = = N Vi har ovan studerat momentekvationen i de fall där momentpunkten är en fix punkt i rummet eller masscentrum. Är det möjligt att välja andra momentpunkter, t ex en rörlig momentpunkt som inte är masscentrum? Svaret på denna fråga är att det är möjligt men att momentekvationen i detta fall blir något mera komplicerad. Det kan dock i vissa fall vara fördelaktigt att välja en rörlig momentpunkt. Låt vara en fix punkt i rummet och låt Q vara en godtycklig rörlig punkt med hastigheten v = v (). Q Q t Då gäller, enligt definition, att Figur 3.4 Rörlig momentpunkt. 18
19 H = r v dm = ( r + r ) v dm = r v dm + r v dm = r + H Q Q Q Q Q och därmed H = r + r + H = v + r F + M = v + M Q Q Q Q Q Q Q (3.) där vi utnyttjat kraftekvationen F = och sambandsformeln för kraftmoment MQ = M + rq F, där F är summan av de yttre krafterna på kroppen. Vi har således momentekvationen för den rörliga momentpunkten Q, M = H + v (3.3) Q Q Q Denna ekvation gäller generellt för alla kroppar, såväl fasta som flytande. bservera att om vi i (.3) sätter Q= eller Q= så återfår vi momentekvationerna på formen M = H M = H, å samma sätt som vi i (1.1) införde H, rel kan vi nu införa det relativa rörelsemängdsmomentet m a p momentpunkten Q, d v s HQ, rel = rq r Q dm. Sambandet med H Q ges av HQ, rel = rq r Q dm = rq ( v vq ) dm = rq vdm rqdm vq = ( ( H mr v Q Q Q m r Q d v s H = H + mr v (3.4) Q Q, rel Q Q och därmed H = H + mr v + mr v (3.5) Q Q, rel Q Q Q Q enom att kombinera (3.3) och (3.4) erhålls momentekvationen M = H + v = H + mv v + mr v + v = H + mr a Q Q Q Q, rel Q Q Q Q Q, rel Q Q Således gäller följande momentekvation med rörlig momentpunkt Q, (Jämför med Dynamics formel [4/13]) M H r a (3.6) = + m Q Q, rel Q Q 19
20 Momentekvationen kan också skrivas på formen (Jämför med Dynamics formel [4/11]) M H r a (3.7) = + m Q, rel Q Detta är en konsekvens av att HQ, rel = rq r Qm + H, rel och därmed H = r r m+ r r m+ H = r ( a a ) m+ H Q, rel Q Q Q Q, rel Q Q, rel Insatt i (3.6) ger detta momentekvationen enligt (3.7). Låt nu vara en stel kropp och Q en fix punkt i den stela kroppen. Då är Q i allmänhet en rörlig punkt och det gäller att r Q = ω rq där ω är kroppens vinkelhastighet. Då gäller Figur 3.5 Rörlig momentpunkt, stel kropp. H Q, rel = r Q r Q dm = r Q ( ω r Q ) dm = I ω Q (3.8) och därmed kan momentekvationen skrivas MQ = d ( IQ ω) + rq a Q m (3.9) dt Med utgångspunkt från (3.7) erhålles MQ = d ( I ω) + rq a m (3.10) dt 0
21 Sammanfattning (Momentekvationen för stel kropp, rörlig momentpunkt) Momentekvationen (Q fix punkt i kroppen): M = d ( I ω) + r a dt Q Q Momentekvationen (Q fix punkt i kroppen): MQ = d ( IQ ω) + rq a Q m dt m m kroppen utför en translationsrörelse ( ω( t) = 0, t ) så gäller, enligt (3.9), att M = r a m (3.11) Q Q Q m vi inför tröghetskraften F = m Q a Q kan vi skriva detta på formen MQ + rq FQ = 0 (3.1) Vid translationsrörelse gäller att a = a och kraftekvationen (.19) 1 kan då skrivas Q F + FQ = 0 (3.13) Figur 3.6 Rörlig momentpunkt, stel kropp. Ekvationerna (3.1)-(3.13) kan uppfattas som ett uttryck för statisk jämvikt för ett kraftsystem bestående av F y :( df, dm, ), och punktkraften ( F Q, 0, ). Vid plan translationsrörelse gäller, om vi väljer momentpunkten Q i det plan som är parallellt med rörelseplanet (xy-planet) och som innehåller masscentrum r a m = k( ± m r a sin θ ) = k ( ± mda ) Q Q Q Q Q F y där d = r Q sinθ och a Q = a Q. Tecknet beror på riktningen hos vektorprodukten r Q a Q jämfört med k -riktningen, se figuren nedan. m MQ= k M Qz, så ger (3.1) villkoret 1
22 M Qz, = ± mda (3.14) Q Figur 3.7 lan translationsrörelse för stel kropp. Exempel 3. The uniform 5-kg bar A is suspended in a vertical position from an accelerating vehicle and restrained by the wire C. If the acceleration a= 06g., determine the tension in the wire and the magnitude of the total force supported by the pin at A. Figur 3.8 Exempel 3.. Lösning: Frilägg stången. Vi börjar med att lösa problemet med utgångspunkt från momentekvationen (3.11). Inför spännkraften i linan S, tyngdkraften g m samt reaktionskraften R i upphängningspunkten A. Stången utför en translationsrörelse med accelerationen aa = a = i ( a). Kraftekvationen ger S+ gm+ R= a m (3.15) Momentekvationen ger, med A som momentpunkt, Det gäller att r = 05. r, r = j (. ) och därmed, enligt (3.16), A A A 04 r S = r a m (3.16) A A A r ( S 05. a m) = j( 04. ) ( S 05. i( a) m) = 0 S 05. i( a) m= j S A A y
23 d v s S 05. i( a) m= i( 05am. ) + js ( ( Sx y där S = 05am. = g 5= 15g.. x eometrin ger Figur 3.9 Lösning Exempel 3.. S y = Sy = Sx = ( 1. 5g) = g S x ch därmed S= S = S + S = g= 5g.. Kraftekvationen (3.15) ger x y R= a m S gm = i( a) m S j( gm) = i( am S ) j ( gm + S ) = x y i( 0. 6 g g) j( g5+ g) = i( 1. 5g) + j 3g Stången utför en plan translationsrörelse. Vi löser nu problemet med utgångspunkt från momentekvationen enligt (3.14). Inför kraftkomponenter enligt figuren nedan. Kraftekvationen ger: Momentekvationen ger: ( ) : H S cosa = ma, ( ) : V + S sinα mg = 0 (3.17) A : 04. Scos a = mda= g. (3.18) där 03. cosα =. Detta ger g g. S = = =. 5g 04. sin α
24 V A H d S α gm Figur 3.10 Lösning Exempel 3.. Av (3.17) följer då att H= ma+ Scos a = 5 06g. + S = 3g+ 5g. = 15g V = mg Ssinα = 5g S = 3g 05. Med masscentrum som momentpunkt, istället för A, erhålles vilket tillsammans med (3.17) löser problemet. : 0. Scos α 0. H= 0 (3.19) Sammanfattning (Momentekvationen för stel kropp, translationsrörelse) Momentekvationen: M = r a m Q Q Q Momentekvationen (plan rörelse): M Q = ± mdaq 4
Föreläsning 10: Stela kroppens plana dynamik (kap 3.13, 4.1-8) Komihåg 9: e y e z. e z )
1 Föreläsning 10: Stela kroppens plana dynamik (kap 3.13, 4.1-8) Komihåg 9: H O = "I xz e x " I yz e y + I z e z H G = "I xz ( ) ( G e x " I G yz e y + I G z e z ) # (fixt origo, kroppsfix bas) # (kroppsfix
Läs merLEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 4
LEDNINAR TILL PROBLEM I KAPITEL 4 LP 4.3 Tyngdkraften, normalkraften och friktionskraften verkar på lådan. Antag att normalkraftens angreppspunkt är på avståndet x från lådans nedre vänstra hörn. Kraftekvationen
Läs merTentamen i SG1140 Mekanik II. Problemtentamen
010-01-14 Tentamen i SG1140 Mekanik II KTH Mekanik 1. OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas! Problemtentamen Triangelskivan i den plana mekanismen i figuren har en vinkelhastighet
Läs merLEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 14. Kroppen har en rotationshastighet. Kulan P beskriver en cirkelrörelse. För ren rotation gäller
LEDNINR TILL ROBLEM I KITEL 4 L 4. Kroppen har en rotationshastighet. Kulan beskriver en cirkelrörelse. För ren rotation gäller v = r v = 5be O t Eftersom och r O är vinkelräta bestäms storleken av kryssprodukten
Läs merHärled utgående från hastighetssambandet för en stel kropp, d.v.s. v B = v A + ω AB
. Härled utgående från hastighetssambandet för en stel kropp, d.v.s. v B v A + ω AB motsvarande samband för accelerationer: a B a A + ω ω AB + a AB. Tolka termerna i uttrycket för specialfallet plan rörelse
Läs merTentamen i SG1140 Mekanik II för M, I. Problemtentamen
2010-10-23 Tentamen i SG1140 Mekanik II för M, I. OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik 1. Problemtentamen Triangelskivan i den plana mekanismen i figuren har en vinkelhastighet
Läs merTentamen Mekanik MI, TMMI39, Ten 1
Linköpings universitet tekniska högskolan IEI/mekanik Tentamen Mekanik MI, TMMI39, Ten Torsdagen den 9 april 205, klockan 4 9 Kursadministratör Anna Wahlund, anna.wahlund@liu.se, 03-2857 Examinator Joakim
Läs merTentamen Mekanik F del 2 (FFM521 och 520)
Tentamen Mekanik F del (FFM51 och 50 Tid och plats: Lösningsskiss: Fredagen den 17 januari 014 klockan 08.30-1.30. Christian Forssén Obligatorisk del 1. Endast kortfattade lösningar redovisas. Se avsnitt
Läs merFÖRBEREDELSER INFÖR DELTENTAMEN OCH TENTAMEN
FÖRBEREDELSER INFÖR DELTENTAMEN OCH TENTAMEN Repetera de övningsuppgifter som kännts besvärliga. Om du behöver mera övning så kan du välja fritt bland de övningsuppgifter i Problemsamlingen som överhoppats.
Läs merStelkroppsmekanik partiklar med fixa positioner relativt varandra
Stelkroppsmekanik partiklar med fixa positioner relativt varandra Rörelse relativt mass centrum Allmänt partikelsystem Stel kropp translation + rotation (cirkelrörelse) För att kunna beskriva och förstå
Läs merÖvningstenta Svar och anvisningar. Uppgift 1. a) Hastigheten v(t) får vi genom att integrera: v(t) = a(t)dt
Övningstenta 015 Svar och anvisningar Uppgift 1 a) Hastigheten v(t) får vi genom att integrera: v(t) = a(t)dt tillsammans med begynnelsevillkoret v(0) = 0. Vi får: v(t) = 0,5t dt = 1 6 t3 + C och vi bestämmer
Läs merKursinformation Mekanik f.k. TMMI39
Kursinformation Mekanik f.k. TMMI39 Uppdaterad 202--26 Linköpings universitet tekniska högskolan IEI/mekanik Joakim Holmberg Omfång 30 h föreläsningar och 24 h lektioner i period HT2, hösten 202. Kursansvarig,
Läs merTillämpad biomekanik, 5 poäng Övningsuppgifter
, plan kinematik och kinetik 1. Konstruktionen i figuren används för att överföra rotationsrörelse för stången till en rätlinjig rörelse för hjulet. a) Bestäm stångens vinkelhastighet ϕ& som funktion av
Läs merTentamensskrivning i Mekanik (FMEA30) Del 2 Dynamik
Mekanik, LTH Tentamensskrivning i Mekanik (FMEA30) Del 2 Dynamik Måndagen den 8 April 2013, kl. 8-13 Namn(texta):. Personnr: ÅRSKURS M:... Namn(signatur).. Skrivningen består av 5 uppgifter. Kontrollera
Läs merLösningsskiss för tentamen Mekanik F del 2 (FFM521/520)
Lösningsskiss för tentamen Mekanik F del 2 (FFM521/520) Tid och plats: Tisdagen den juni 2014 klockan 08.0-12.0 i M-huset. Lösningsskiss: Christian Forssén Obligatorisk del 1. Ren summering över de fyra
Läs merTentamensskrivning i Mekanik, Del 2 Dynamik för M, Lösningsförslag
Tentamensskrivning i Mekanik Del Dynamik för M 08 Lösningsförslag. a) meelbart före stöt har kula en horisontella hastigheten v mean kula är i vila v s v = 0. Låt v och v beteckna kulornas hastigheter
Läs merArbete och effekt vid rotation
ˆ F rˆ Arbete och effekt vid rotation = Betrakta den masslösa staven med längden r och en partikel med massan m fastsatt i änden. Arbetet som kraften ሜF uträttar vid infinitesimal rotation d blir då: ds
Läs merKapitel extra Tröghetsmoment
et betecknas med I eller J används för att beskriva stela kroppars dynamik har samma roll i rotationsrörelser som massa har för translationsrörelser Innebär systemets tröghet när det gäller att ändra rotationshastigheten
Läs merLösning. (1b) θ 2 = L R. Utgå nu från. α= d2 θ. dt 2 (2)
Lösningar till dugga för kursen Mekanik II, FA02, GyLärFys, KandFys, F, Q, W, ES Tekn-Nat Fak, Uppsala Universitet Tid: 7 april 2009, kl 4.00 7.00. Plats: Skrivsalen, Polacksbacken, Uppsala. Tillåtna hjälpmedel:
Läs merKOMIHÅG 3: Kraft är en vektor med angreppspunkt och verkningslinje. Kraftmoment: M P. = r PA
1 KOMIHÅG 3: --------------------------------- Kraft är en vektor med angreppspunkt och verkningslinje. Kraftmoment: M P = r PA " F, r P =momentpunkt, r A angreppspunkt, r PA = r A " r P. - Oberoende av
Läs merMekanik Föreläsning 8
Mekanik Föreläsning 8 CBGA02, FYGA03, FYGA07 Jens Fjelstad 2010 02 19 1 / 16 Repetition Polära koordinater (r, θ): ange punkter i R 2 m h a r: avståndet från origo (0, 0) θ: vinkeln mot positiva x axeln
Läs mer9.2 Kinetik Allmän plan rörelse Ledningar
9.2 Kinetik Allmän plan rörelse Ledningar 9.43 b) Villkor för att linan inte skall glida ges av ekv (4.1.6). 9.45 Ställ upp grundekvationerna, ekv (9.2.1) + (9.2.4), för trådrullen. I momentekvationen,
Läs mer" = 1 M. ( ) = 1 M dmr. KOMIHÅG 6: Masscentrum: --3 partiklar: r G. = ( x G. ,y G M --Kontinuum: ,z G. r G.
1 KOMIHÅG 6: --------------------------------- Masscentrum: --3 partiklar: r G = ( x G,y G,z G ) = m r + m r + m r 1 1 2 2 3 3 M --Kontinuum: ( ) = 1 M dmr r G = x G,y G,z G " = 1 M ----------------------------------
Läs merTFYA16: Tenta Svar och anvisningar
150821 TFYA16 1 TFYA16: Tenta 150821 Svar och anvisningar Uppgift 1 a) Sträckan fås genom integration: x = 1 0 sin π 2 t dt m = 2 π [ cos π 2 t ] 1 0 m = 2 π m = 0,64 m Svar: 0,64 m b) Vi antar att loket
Läs merTentamen i SG1140 Mekanik II för M, I. Problemtentamen
2011-10-22 Tentamen i SG1140 Mekanik II för M, I. OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik 1. Problemtentamen Den kvadratiska skivan i den plana mekanismen i figuren har
Läs merMer Friktion jämviktsvillkor
KOMIHÅG 6: --------------------------------- Torr friktion: F! µn. Viskös friktion: F = "cv. Extra villkor för jämvikt: risk för glidning eller stjälpning. ---------------------------------- Föreläsning
Läs merTentamen Mekanik MI, TMMI39, Ten 1
Linköpings universitet tekniska högskolan IEI/mekanik Tentamen Mekanik MI, TMMI39, Ten 1 Torsdagen den 14 januari 2016, klockan 14 19 Kursadministratör Anna Wahlund, anna.wahlund@liu.se, 013-281157 Examinator
Läs mer= v! p + r! p = r! p, ty v och p är dt parallella. Definiera som en ny storhet: Rörelsemängdsmoment: H O
1 KOMIHÅG 15: --------------------------------- Definitioner: Den potentiella energin, mekaniska energin Formulera: Energiprincipen ---------------------------------- Föreläsning 16: FLER LAGAR-härledning
Läs merLEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 4
LEDNINR TILL PROBLE I KPITEL 4 OBS! En fullständig lösning måste innehålla en figur! LP 4.3 Tyngdkraften, normalkraften och friktionskraften verkar på lådan. ntag att normalkraftens angreppspunkt är på
Läs mer9.1 Kinetik Rotation kring fix axel Ledningar
9.1 Kinetik Rotation kring fix axel Ledningar 9.5 Frilägg hjulet och armen var för sig. Normalkraften kan beräknas med hjälp av jämvikt för armen. 9.6 Frilägg armen, och beräkna normalkraften. a) N µn
Läs merRepetion. Jonas Björnsson. 1. Lyft ut den/de intressanta kopp/kropparna från den verkliga världen
Repetion Jonas Björnsson Sammanfattning Detta är en kort sammanfattning av kursen Mekanik. Friläggning Friläggning består kortfattat av följande moment 1. Lyft ut den/de intressanta kopp/kropparna från
Läs meruniversity-logo Mekanik Repetition CBGA02, FYGA03, FYGA07 Jens Fjelstad 1 / 11
Mekanik Repetition CBGA02, FYGA03, FYGA07 Jens Fjelstad 2010 03 18 1 / 11 Översikt Friläggning Newtons 2:a lag i tre situationer jämvikt partiklar stela kroppars plana rörelse Energilagen Rörelsemängd
Läs merLÖSNINGAR TENTAMEN MEKANIK II 1FA102
LÖSNINGAR TENTAMEN 16-10-20 MEKANIK II 1FA102 A1 Skeppet Vidfamne 1 har en mast som är 11,5 m hög. Seglet är i överkant fäst i en rå (en stång av trä, ungefär horisontell vid segling). För att kontrollera
Läs merTentamen Mekanik F del 2 (FFM520)
Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520) Tid och plats: Lördagen den 19 januari 2013 klockan 08.30-12.30 i M. Hjälpmedel: Physics Handbook, Beta, Typgodkänd miniräknare samt en egenhändigt skriven A4 med valfritt
Läs merMekanik FK2002m. Repetition
Mekanik FK2002m Föreläsning 12 Repetition 2013-09-30 Sara Strandberg SARA STRANDBERG P. 1 FÖRELÄSNING 12 Förflyttning, hastighet, acceleration Position: r = xî+yĵ +zˆk θ = s r [s = θr] Förflyttning: r
Läs merTFYA16: Tenta Svar och anvisningar
170418 TFYA16 1 TFYA16: Tenta 170418 Svar och anvisningar Uppgift 1 a) Vi är intresserade av största värdet på funktionen x(t). Läget fås genom att integrera hastigheten, med bivillkoret att x(0) = 0.
Läs merTentamensskrivning i Mekanik (FMEA30) Del 1 Statik och partikeldynamik
Mekanik, LTH Tentamensskrivning i Mekanik (FMEA30) Del 1 Statik och partikeldynamik Fredagen den 25 oktober 2013, kl. 14-19 Namn(texta):. Personnr: ÅRSKURS M:... Namn(signatur).. Skrivningen består av
Läs merRepetition Mekanik, grundkurs
Repetition Mekanik, grundkurs Kraft är en vektor och beskrivs med storlek riktning och angreppspunkt F= Fe + F e + Fe x x y y z z Kraften kan flytta längs sin verkninglinje Addera krafter Moment i planet
Läs merMålsättningar Proffesionell kunskap. Kunna hänvisa till lagar och definitioner. Tydlighet och enhetliga beteckningar.
1 Föreläsning 1: INTRODUKTION Målsättningar Proffesionell kunskap. Kunna hänvisa till lagar och definitioner. Tydlighet och enhetliga beteckningar. Kursens olika delar Teorin Tentamen efter kursen och/eller
Läs merTentamen Mekanik F del 2 (FFM520)
Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520) Tid och plats: Måndagen den 24 augusti 2009 klockan 08.30-12.30 i V. Lösningsskiss: Christian Forssén. Obligatorisk del 1. Rätt svarsalternativ på de sex frågorna är:
Läs mer=v sp. - accelerationssamband, Coriolis teorem. Kraftekvationen För en partikel i A som har accelerationen a abs
1 Föreläsning 7: Fiktiva (tröghets-)krafter (kap A) Komihåg 6: Absolut och relativ rörelse för en partikel - hastighetssamband: v abs = v O' + # r 1 42 4 3 rel + v rel =v sp - accelerationssamband, Coriolis
Läs merMekanik FK2002m. Rotation
Mekanik FK2002m Föreläsning 9 Rotation 2013-09-20 Sara Strandberg SARA STRANDBERG P. 1 FÖRELÄSNING 9 Introduktion Idag ska vi börja titta på rotation. - Stela kroppar som roterar kring en fix rotationsaxel.
Läs merGÖTEBORGS UNIVERSITET Institutionen för fysik LÖSNINGAR TILL TENTAMEN I MEKANIK B För FYP100, Fysikprogrammet termin 2
GÖTEBORGS UNIVERSITET Institutionen för fysik LÖSNINGAR TILL TENTAMEN I MEKANIK B För FYP00, Fysikprogrammet termin 2 Tid: Plats: Ansvarig: Hjälpmedel: Lödag 29 maj 200, kl 8 30 3 30 V-huset Lennart Sjögren,
Läs mere 3 e 2 e 1 Kapitel 3 Vektorer i planet och i rummet precis ett sätt skrivas v = x 1 e 1 + x 2 e 2
Kapitel 3 Vektorer i planet och i rummet B e 3 e 2 A e 1 C Figur 3.16 Vi har ritat de riktade sträckor som representerar e 1, e 2, e 3 och v och som har utgångspunkten A. Vidare har vi skuggat planet Π
Läs merBiomekanik, 5 poäng Jämviktslära
Jämvikt Vid jämvikt (ekvilibrium) är en kropp i vila eller i rätlinjig rörelse med konstant hastighet. Jämvikt kräver att: Alla verkande krafter tar ut varandra, Σ F = 0 (translationsjämvikt) Alla verkande
Läs merTentamen i Mekanik SG1107, baskurs S2. Problemtentamen
010-05-6 Tentamen i Mekanik SG1107, baskurs S OBS: Inga hjälpmede förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik Problemtentamen 1 En cylinder med massan M vilar på en homogen horisontell planka med
Läs merMekanik F, del 2 (FFM521)
Mekanik F, del (FFM51) Ledningar utvalda rekommenderade tal Christian Forssén, christianforssen@chalmersse Uppdaterad: April 4, 014 Lösningsskissar av C Forssén och E Ryberg Med reservation för eventuella
Läs merOmtentamen i Mekanik I SG1130, grundkurs för CMATD och CL. Problemtentamen
2015-06-12 Omtentamen i Mekanik I SG1130, grundkurs för CMATD och CL. OBS: Inga hjälpmede förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik Problemtentamen 1. Med hjälp av en tråd kan ett homogent block
Läs merAndra EP-laborationen
Andra EP-laborationen Christian von Schultz Magnus Goffeng 005 11 0 Sammanfattning I denna rapport undersöker vi perioden för en roterande skiva. Vi kommer fram till, både genom en kraftanalys och med
Läs merTentamen i Mekanik 5C1107, baskurs S2. Problemtentamen
005-05-7 Tentamen i Mekanik 5C1107, baskurs S. OBS: Inga hjälpmede förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik 1. Problemtentamen En homogen stång med massan m är fäst i ena änden i en fritt vridbar
Läs merTentamensskrivning i Mekanik - Dynamik, för M.
Mekanik, LTH Tentamensskrivning i Mekanik - Dynamik, för M. Fredagen den 20 decemer 2013, kl. 14-19 Namn(texta):. Personnr: ÅRSKURS M:... Skrivningen estår av 5 uppgifter. Kontrollera att alla uppgifterna
Läs mer" e n och Newtons 2:a lag
KOMIHÅG 4: --------------------------------- 1 Energistorheter: P = F v, U "1 = t 1 # Pdt. Energilagar: Effektlagen, Arbetets lag ---------------------------------- Föreläsning 5: Tillämpning av energilagar
Läs merFöreläsning 5: Acceleration och tidsderivering (kap ) . Sambandet mellan olika punkters hastigheter i en stel kropp: v A
1 Föreläsning 5: Acceleration och tidsderivering (kap 212-215) Komihåg 4: Vinkelhastighetsvektorn " = # e z Skillnadsvektorn mellan två punkter i stel kropp kan bara vrida sig: r BA = " # r BA Sambandet
Läs merInlupp 3 utgörs av i Bedford-Fowler med obetydligt ändrade data. B
Inlupp Sommarkurs 20 Mekanik II En trissa (ett svänghjul) har radie R 0.6 m och är upphängd i en horisontell friktionsfri axel genom masscentrum.. Ett snöre lindas på trissans utsida och en konstant kraft
Läs merTentamen Mekanik F del 2 (FFM520)
Tentamen Mekanik F del FFM50 Tid och plats: Måndagen den 3 maj 011 klockan 14.00-18.00 i V. Lösningsskiss: Christian Forssén Obligatorisk del 1. a 1 och är identiska vid ekvatorn. Centripetalaccelerationen
Läs merundanträngda luften vilket motsvarar Flyft kraft skall först användas för att lyfta samma volym helium samt ballongens tyngd.
FYSIKTÄVLINGEN Finalen - teori 1 maj 001 LÖSNINGSFÖRSLAG SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET 1 Vi beräknar först lyftkraften för en ballong Antag att ballongen är sfärisk med diametern 4πr 4π 0,15 0 cm Den har då
Läs merOm den lagen (N2) är sann så är det också sant att: r " p = r " F (1)
1 KOMIHÅG 12: --------------------------------- Den mekaniska energin, arbetet ---------------------------------- Föreläsning 13: FLER LAGAR-härledning ur N2 Momentlag Hur påverkas rörelsen av ett kraftmoment??
Läs merSG1108 Tillämpad fysik, mekanik för ME1 (7,5 hp)
Läsåret 11/12 Utförliga lärandemål SG1108 Tillämpad fysik, mekanik för ME1 (7,5 hp) Richard Hsieh Huvudsakligt innehåll: Vektoralgebra och dimensionsbetraktelser. Kraft och kraftmoment. Kraftsystem; kraftpar,
Läs merTentamen i Mekanik I SG1130, baskurs P1 och M1. Problemtentamen OBS: Inga hjälpmede förutom rit- och skrivdon får användas!
2015-06-08 Tentamen i Mekanik I SG1130, baskurs P1 och M1. KTH Mekanik OBS: Inga hjälpmede förutom rit- och skrivdon får användas! Problemtentamen 1. Ett homogent halvcylinderskal hålls i jämvikt på ett
Läs merMöjliga lösningar till tentamen , TFYY97
Tal Se kurslitteraturen. Möjliga lösningar till tentamen 069, TFYY97 Tal Det finns oändligt många lösningar till detta tal. En möjlig lösning skulle vara följand. Börja med att titta i -led. Masscentrum
Läs merTentamen Mekanik F del 2 (FFM520)
Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520) Tid och plats: Måndagen den 16 augusti 2010 klockan 14.00-18.00 i V. Lösningsskiss: Christian Forssén. Obligatorisk del 1. Rätt svar på de sex deluppgifterna: SFF SFS.
Läs merTentamen i Mekanik SG1130, baskurs P1. Problemtentamen
010-06-07 Tentamen i Mekanik SG1130, baskurs P1 OBS: Inga hjälpmede förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik 1 Problemtentamen En homogen mast med massan M och längden 10a hålls stående i vertikalt
Läs merNewtons 3:e lag: De par av krafter som uppstår tillsammans är av samma typ, men verkar på olika föremål.
1 KOMIHÅG 8: --------------------------------- Hastighet: Cylinderkomponenter v = r e r + r" e " + z e z Naturliga komponenter v = ve t Acceleration: Cylinderkomponenter a = ( r " r# 2 )e r + ( r # + 2
Läs merTentamen Mekanik F del 2 (FFM520)
Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520) Tid och plats: Måndagen den 21 maj 2012 klockan 14.00-18.00 i M. Lösningsskiss: Christian Forssén Obligatorisk del 1. Lösningsstrategi: Använd arbete-energi principen
Läs merTFYA16: Tenta Svar och anvisningar
180111 TFYA16 1 TFYA16: Tenta 180111 Svar och anvisningar Uppgift 1 a) Svar: 89 cm x = 0 t 3 dt = [ t 3 9 ] 0 = 8 m 89 cm 9 b) Om vi betecknar tågets (T) hastighet relativt marken med v T J, så kan vi
Läs merFöreläsningar i Mekanik (FMEA30) Del1: Statik och partikeldynamik. Läsvecka 2
Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva öreläsningar i Mekanik (M0) Del: tatik och partikeldynamik Läsvecka öreläsning : Jämvikt jämviktsvillkor statiskt obestämda kraftsystem (/-/). Jämvikt: Rörelse
Läs merProblemtentamen. = (3,4,5)P, r 1. = (0,2,1)a F 2. = (0,0,0)a F 3. = (2,"3,4)P, r 2
2015-MM-DD Övningstentamen i Mekanik SG1130, grundkurs B1. OBS: Inga hjälpmede förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik 1. Problemtentamen Ett kraftsystem består av tre krafter som angriper
Läs merVar ligger tyngdkrafternas enkraftsresultant? Totala tyngdkraftmomentet (mätt i origo) för kropp bestående av partiklar: M O. # m j.
1 KOMIHÅG 4: --------------------------------- Enkraftsresultantens existens. Vanliga resultanter vid analys av jämvikter. Jämviktsanalys: a) Kraftanalys - rita+symboler b) Jämviktslagar- Euler 1+2 c)
Läs merObs: Använd vektorstreck för att beteckna vektorstorheter. Motivera införda ekvationer!
1) m M Problemlösningar µ α α Lösning: Frilägg massorna: T N N F µ T Mg mg Jämvikt för M kräver T Mgsin α = 0 (1) a) Gränsfall F µ = µ N men jämvikt för m kräver: N mg cosα = 0 (2) T µ N mgsinα = 0 (3)
Läs merBiomekanik, 5 poäng Introduktion -Kraftbegreppet. Mekaniken är en grundläggande del av fysiken ingenjörsvetenskapen
Biomekanik Mekanik Skillnad? Ambition: Att ge översiktliga kunskaper om mekaniska sammanhang och principer som hör samman med kroppsrörelser och rörelser hos olika idrottsredskap. Mekaniken är en grundläggande
Läs merTentamensskrivning i Mekanik, Del 2 Dynamik för M, Lösningsförslag
Tentaensskrining i Mekanik Del Dynaik för M 7 ösningsförslag. a) tötnoralen n i. Rörelseängdens earande i stötnoralled ( ): + + + () 0 där etecknar kulornas hastighetskoponenter efter stöt. tudstalet:
Läs merKUNGL TEKNISKA HÖGSKOLAN INSTITUTIONEN FÖR MEKANIK Richard Hsieh, Karl-Erik Thylwe
Tentamen i SG1102 Mekanik, mindre kurs för Bio, Cmedt, Open Uppgifterna skall lämnas in på separata papper. Problemdelen. För varje uppgift ges högst 6 poäng. För godkänt fordras minst 8 poäng. Teoridelen.
Läs merLösningsförslat ordinarie tentamen i Mekanik 2 (FFM521)
Lösningsförslat ordinarie tentamen i Mekanik (FFM5) 08-06-0. Baserat på Klassiker Ett bowlingklot med radie r släpps iväg med hastighet v 0 utan rotation. Initialt glider den mot banan, och friktionen
Läs merGÖTEBORGS UNIVERSITET Institutionen för fysik LÖSNINGAR TILL TENTAMEN I MEKANIK B För FYP100, Fysikprogrammet termin 2
GÖTEBORGS UNIVERSITET Institutionen för fysik LÖSNINGAR TILL TENTAMEN I MEKANIK B För FYP100, Fysikprogrammet termin Tid: Plats: Ansvarig: Hjälpmedel: Tisdag juni 009, kl 8 30 13 30 V-huset Lennart Sjögren,
Läs merLEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 2 OBS! En fullständig lösning måste innehålla en figur!
LEDNINGR TILL ROLEM I KITEL OS! En fullständig lösning måste innehålla en figur! L.1 Kroppen har en rotationshastighet. Kulan beskrier en cirkelrörelse. För ren rotation gäller = r = 5be O t Eftersom och
Läs merSvar: Inbromsningssträckan ökar med 10 m eller som Sören Törnkvist formulerar svaret på s 88 i sin bok Fysik per vers :
FYSIKTÄVLINGEN KVALIFICERINGS- OCH LAGTÄVLING 1 februari 001 LÖSNINGSFÖRSLAG SVENSKA FYSIKERSAMFNDET 1. Enligt energiprincipen är det rörelseenergin som bromsas bort i friktionsarbetet. Detta ger mv sambandet
Läs merKOMIHÅG 2: Kraft är en vektor med angreppspunkt och verkningslinje. Kraftmoment: M P. = r PA
1 KOMIHÅG 2: --------------------------------- Kraft är en vektor me angreppspunkt och verkningslinje. Kraftmoment: M P = r PA ", r P =momentpunkt, r A angreppspunkt, r PA = r A " r P. - Oberoene av om
Läs mer6.3 Partikelns kinetik - Härledda lagar Ledningar
6.3 Partikelns kinetik - Härledda lagar Ledningar 6.104 Om du inte tidigare gått igenom illustrationsexempel 6.3.3, gör det först. Låt ϕ vara vinkeln mellan radien till kroppen och vertikalen (det vill
Läs merVSMA01 - Mekanik ERIK SERRANO
VSMA01 - Mekanik ERIK SERRANO Översikt Kursintroduktion Kursens syfte och mål Kursprogram Upprop Inledande föreläsning Föreläsning: Kapitel 1. Introduktion till statik Kapitel 2. Att räkna med krafter
Läs mer" e n Föreläsning 3: Typiska partikelrörelser och accelerationsriktningar
KOMIHÅG 2: 1 Cylinderkomponenter: Hastighet v = r e r + r" e " + z e z Acceleration: a = ( r " r# 2 )e r + ( r # + 2 r # )e # + z e z Naturliga komponenter: v = ve t a = v e t + v 2 " e n ------------------------------------
Läs merStela kroppens plana rörelse; kinetik
Kap 9 Stela kroppens plana rörelse; kinetik 9.1 Rotation kring fix axel 9. b) Funktionen B sinωt + C cosω t kan skrivas som A sin(ω t + ϕ), där A = B 2 + C 2 9.6 Frilägg hjulet och armen var för sig. Normalkraften
Läs mer.4-6, 8, , 12.10, 13} Kinematik Kinetik Kraftmoment Vektorbeskrivning Planetrörelse
.4-6, 8, 12.5-6, 12.10, 13} Kinematik Kinetik Kraftmoment Vektorbeskrivning Planetrörelse Exempel på roterande koordinatsystem planpolära eller cylindriska koordinater Storhet Beteckning Enhet Fysikalisk
Läs merMekanik FK2002m. Kraft och rörelse I
Mekanik FK2002m Föreläsning 4 Kraft och rörelse I 2013-09-05 Sara Strandberg SARA STRANDBERG P. 1 FÖRELÄSNING 4 Introduktion Hastighet Langt under 3x10 8 Nara : 3x10 8 Storlek 10 9 Langt over : 10 9 Klassisk
Läs merInstitutionen för Fysik och Astronomi! Mekanik HI: Rotationsrörelse
Rotationsrörelse I denna laboration kommer vi att undersöka dynamik rotationsrörelse för stela kroppar. Experimentellt kommer vi att undersöka bevarandet av kinetisk rotationsenergi och rörelsemängdsmoment
Läs merKOMIHÅG 10: Effekt och arbete Effekt- och arbetslag Föreläsning 11: Arbete och lagrad (potentiell) energi
KOMIHÅG 10: Effekt och arbete Effekt- och arbetslag ----------------------------------------- Föreläsning 11: Arbete och lagrad (potentiell) energi Definition av arbete: U 0"1 = t 1 t 1 # Pdt = # F v dt,
Läs merTentamen i SG1140 Mekanik II, Inga hjälpmedel. Lycka till! Problem
Institutionen för Mekanik Nichoas paidis te: 79 748 epost: nap@mech.kth.se hemsida: http://www.mech.kth.se/~nap/ Institutionen för Mekanik Erik Lindborg te: 79 7583 epost: erik@mech.kth.se Tentamen i SG4
Läs merTentamen i Mekanik SG1130, baskurs P1 m fl. Problemtentamen OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas!
014-03-17 Tentamen i Mekanik SG1130, baskurs P1 m fl OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas! 1 KTH Mekanik Problemtentamen En tunn homogen stav i jämvikt med massan m har i ena ändpunkten
Läs merMekanik KF, Moment 2. o Ingenting händer: T! = T! o Den blir kortare: T! =!! o Den blir längre: T! = 2T!
Mekanik KF, Moment 2 Datum: 2013-03-18, 8-13 Författare: Jan-Erik Rubensson Hjälpmedel: Physics handbook. Beta Mathematics handbook. Pennor, linjal, miniräknare. Skrivtid: 5 timmar. Del 1 (Lämna in denna
Läs merDefinitioner: hastighet : v = dr dt = r fart : v = v
KOMIHÅG 8: --------------------------------- Jämvikten kan rubbas: stjälpning, glidning Flexibla system- jämvikt bara i jämviktslägen ---------------------------------- Föreläsning 9: PARTIKELKINEMATIK
Läs merOrdinarie tentamen i Mekanik 2 (FFM521)
Ordinarie tentamen i Mekanik 2 (FFM521) Tid och plats: Fredagen den 1 juni 2018 klockan 08.30-12.30 Johanneberg. Hjälpmedel: Matte Beta och miniräknare. Examinator: Stellan Östlund Jour: Stellan Östlund,
Läs merTentamen i Mekanik SG1102, m. k OPEN. Problemtentamen
2015-06-01 Tentamen i Mekanik SG1102, m. k OPEN OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas KTH Mekanik Problemtentamen 1. En bil med massan m kör ett varv med konstant fartökning ( v =)
Läs merKrafter och moment. mm F G (1.1)
1 Krafter och moment 1.1 Inledning örståelsen för hur olika typer av krafter påverkar strukturer i vår omgivning är grundläggande för ingenjörsvetenskapen inom byggnadskonsten. Gravitationskraften är en
Läs merVektoranalys I. Anders Karlsson. Institutionen för elektro- och informationsteknik
Vektoranalys I Anders Karlsson Institutionen för elektro- och informationsteknik 2 september 2015 Översikt över de tre föreläsningarna 1. Grundläggande begrepp inom vektoranalysen, nablaoperatorn samt
Läs merKomihåg 5: ( ) + " # " # r BA Accelerationsanalys i planet: a A. = a B. + " # r BA
1 Föreläsning 6: Relativ rörelse (kap 215 216) Komihåg 5: ( ) Accelerationssamb: a A = a B + " # r BA + " # " # r BA Accelerationsanalys i planet: a A = a B " d BA # 2 e r + d BA # e # Rullning på plan
Läs merTFYA16/TEN2. Tentamen Mekanik. 12 januari :00 13:00. Tentamen besta r av 6 uppgifter som vardera kan ge upp till 4 poa ng.
Linko pings Universitet Institutionen fo r fysik, kemi och biologi Marcus Ekholm TFYA16/TEN2 Tentamen Mekanik 12 januari 2015 8:00 13:00 Tentamen besta r av 6 uppgifter som vardera kan ge upp till 4 poa
Läs merTentamen Mekanik F del 2 (FFM520)
Tentamen Mekanik F del (FFM50) Tid och plats: Tisdagen den 5 maj 010 klockan 08.30-1.30 i V. Lösningsskiss: Per Salomonsson och Christian Forssén. Obligatorisk del 1. Rätt svar på de fyra deluppgifterna
Läs merKursens olika delar. Föreläsning 0 (Självstudium): INTRODUKTION
1 Föreläsning 0 (Självstudium): INTRODUKTION Kursens olika delar Teorin Tentamen efter kursen och/eller KS1+KS2 Inlämningsuppgifter Lära känna kraven på redovisningar! Problemlösning Tentamen efter kursen
Läs merID-Kod: Program: Svarsformulär för A-delen. [ ] Markera om du lämnat kommentarer på baksidan.
Svarsformulär för A-delen ID-Kod: Program: [ ] Markera om du lämnat kommentarer på baksidan. A.1a [ ] 0.75 kg [ ] 1.25 kg [ ] 1 kg [ ] 2 kg A.1b [ ] 8rπ [ ] 4rπ [ ] 2rπ [ ] rπ A.1c [ ] ökar [ ] minskar
Läs merTentamen i Mekanik II
Institutionen för fysik och astronomi F1Q1W2 Tentamen i Mekanik II 30 maj 2016 Hjälpmedel: Mathematics Handbook, Physics Handbook och miniräknare. Maximalt 5 poäng per uppgift. För betyg 3 krävs godkänd
Läs merDär a = (1, 2,0), b = (1, 1,2) och c = (0,3, 1) Problem 10. Vilket är det enda värdet hos x för vilket det finns a och b så att
Här följer 3 problem att lösa. Längre bak i dokumentet finns utförliga penna-papper lösningar. Filen Föreläsning08.zip finns motsvarande lösningar utförda med Mathematica. Problem 1. Bestäm a så att avståndet
Läs mer